TRIGONOMETRÍA II. PRINCIPALES IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS.

TRIGONOMETRÍA II.
PRINCIPALES IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS.
Razones trigonométricas de la suma de dos ángulos.
Vamos a demostrar que:
1) sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
2) cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b
3) tg (a  b) 
tg a  tg b
1  tg a  tg b
Consideramos la circunferencia goniométrica. Sean a y b dos ángulos del primer cuadrante tales que
a+b<90º (en otro caso se demostraría igual).
sen (a+b) = AP = AR + RP = CB + RP
CB  OB  sen a
RP  PB  cos a
y
OB  cos b
luego
CB  cos b  sen a
y como PB  sen b nos queda RP  sen b  cos a
Por tanto,
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
cos (a+b) = OA = OC - AC = OC - RB
OC  OB  cos a
y como OB  cos b nos queda OC  cos b  cos a
RB  PB  sen a
y como PB  sen b nos queda RB  sen b  sen a
Por tanto,
cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b
1
tg (a  b) 
sen (a  b) sen a  cos b  cos a  sen b


cos (a  b) cos a  cos b  sen a  sen b
y, dividiendo numerador y denominador entre cos a  cos b nos queda:
tg (a  b) 
tg a  tg b
1  tg a  tg b
Razones trigonométricas de la diferencia de dos ángulos:
1) sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
2) cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b
3) tg (a  b) 
tg a  tg b
1  tg a  tg b
Demostración:
Basta considerar que a  b  a  (b) y aplicar las fórmulas anteriores:
sen (a  b)  sen a  (b)  sen a  cos (b)  sen (b)  cos a  sen a  cos b  cos a  sen b
Nota: cos (b)  cos b
y
sen (b)  sen b
cos (a  b)  cos a  (b)  cos a  cos (b)  sen a  sen (b)  cos a  cos b  sen a  sen b
tg (a  b) 
sen (a  b) sen a  cos b  cos a  sen b


cos (a  b) cos a  cos b  sen a  sen b
y, dividiendo numerador y denominador entre cos a  cos b nos queda:
tg (a  b) 
tg a  tg b
1  tg a  tg b
Razones trigonométricas del ángulo doble:
1) sen 2a  2 sen a  cos a
2) cos 2a  cos2 a  sen2 a
3) tg 2a 
2 tg a
1  tg 2 a
Demostración:
Basta considerar que 2a  a  a y aplicar las fórmulas de las razones trigonométricas de la suma de
dos ángulos.
sen 2a  sen (a  a)  sen a  cos a  cos a  sen a  2 sen a  cos a
cos 2a  cos (a  a)  cos a  cos a  sen a  sen a  cos 2 a  sen 2 a
tg 2a 
sen 2a
2 sen a  cos a


cos 2a cos 2 a  sen 2 a
y, dividiendo numerador y denominador entre cos 2 a nos queda la relación 3).
tg 2a 
2 tg a
1  tg 2 a
2
Razones trigonométricas del ángulo mitad:
1) sen

2) cos
3) tg
2


2
2

1  cos 
2

1  cos 
2

1  cos 
1  cos 
Nota: El signo depende del cuadrante en el que esté situado el ángulo

2
.
Demostración:
Utilizando las relaciones del ángulo doble,
cos   cos 2 

2
 cos 2
Por otra parte, 1  sen 2

 sen 2
2

2
 cos 2

2

2
[1]
[2]
(relación fundamental de la trigonometría)
Restando miembro a miembro las dos relaciones anteriores ([2] - [1]), se tiene:
1  cos   2 sen 2

2

sen 2

2

1  cos 
2

sen

2

1  cos 
2
Sumando miembro a miembro las dos relaciones anteriores ([2] + [1]), se tiene:
1  cos   2 cos 2
tg

2

sen

2

cos 2

2

1  cos 
2

cos

2

1  cos 
2

2   1  cos 

1  cos 
cos
2
Transformaciones de sumas o diferencias de dos razones en productos:
 A B
 A B
1) sen A  sen B  2 sen 
  cos 

2


 2 
 A B
 A B
2) sen A  sen B  2 cos 
  sen 

 2 
 2 
 A B
 A B
3) cos A  cos B  2 cos 
  cos 

2


 2 
 A B
 A B
4) cos A  cos B  2 sen 
  sen 

 2 
 2 
3
Demostración de la relación 1):
A partir de las relaciones:
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
[1]
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
[2]
Sumando las relaciones [1] y [2] anteriores, se obtiene:
sen (a  b)  sen (a  b)  2 sen a  cos b
[3]
Se hacen los cambios de variable:
a  b  A

a  b  B
Resolviendo el sistema, se obtiene:
a
A B
2
;
b
A B
2
y, sustituyendo en la relación [3], se obtiene:
 A B
 A B
sen A  sen B  2 sen 
  cos 

2


 2 
Demostración de la relación 2):
Restando las relaciones [1] y [2] anteriores, se obtiene:
sen (a  b)  sen (a  b)  2 cos a  sen b
[4]
Realizando los mismos cambios de variable que antes, y sustituyendo en la relación [4] se llega a
que:
 A B
 A B
sen A  sen B  2 cos 
  sen 

 2 
 2 
Demostración de las relaciones 3) y 4):
A partir de las relaciones:
cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b
cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b
y siguiendo el mismo proceso que hemos seguido anteriormente, se llega a que:
 A B
 A B
cos A  cos B  2 cos 
  cos 

2


 2 
 A B
 A B
cos A  cos B  2 sen 
  sen 

 2 
 2 
4
RESUMEN. PRINCIPALES IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS.
Relación fundamental de la trigonometría:
sen 2  cos 2  1
tg  
sen 
cos 
1  tg 2 
1
cos 2
1  cotg 2 
1
sen 2
Razones trigonométricas de la suma de dos ángulos:
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
tg (a  b) 
cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b
tg a  tg b
1  tg a  tg b
Razones trigonométricas de la diferencia de dos ángulos:
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
tg (a  b) 
cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b
tg a  tg b
1  tg a  tg b
Razones trigonométricas del ángulo doble:
sen 2a  2 sen a  cos a
tg 2a 
cos 2a  cos a  sen a
2
2
2 tg a
1  tg 2 a
Razones trigonométricas del ángulo mitad:
sen

2

1  cos 
2
cos

2

1  cos 
2
tg

2

1  cos 
1  cos 
Transformaciones de sumas o diferencias de dos razones en productos:
 A B
 A B
sen A  sen B  2 sen 
  cos 

 2 
 2 
 A B
 A B
sen A  sen B  2 cos 
  sen 

 2 
 2 
 A B
 A B
cos A  cos B  2 cos 
  cos 

 2 
 2 
 A B
 A B
cos A  cos B  2 sen 
  sen 

 2 
 2 
5
EJERCICIO RESUELTO:
Sabiendo que sen a 
3

con
 a   , calcula:
5
2
a) sen (a  30º ) 
b) cos (a  45º ) 
c) tg (a  60º ) 
a) sen (a  30º )  sen a  cos 30º  cos a  sen 30º 
3 3
1

 cos a  
5 2
2
Tenemos que hallar el cos a . A partir de la relación fundamental de la Trigonometría:
2
2

 cos a  
16
4

25
5
sen a  cos a  1
2
9 25  9 16
 3
cos a  1  sen a  1     1 


25
25
25
5
2
Como a es un ángulo del 2º cuadrante (
cuadrante, el coseno es negativo).

2
 a   ) la única solución válida es la negativa (en el 2º
coseno
4
Por tanto, cos a 
5
- +
- +
Sustituyendo en la relación anterior se calcula el sen (a  30º )
a ) sen (a  30º )  sen a  cos 30º  cos a  sen 30º 


2
3 3 4 1


 
5 2
5 2
3 3 4 3 34


 0 , 12
10 10
10
b) cos (a  45º )  cos a  cos 45º  sen a  sen 45º 
c) tg (a  60º ) 
4 2 3 2 4 2 3 2 7 2

 



5
2
5 2
10
10
10
tg a  tg 60º

1  tg a  tg 60º
3
sen a
3
tg a 
 5 
cos a  4
4
5
3 4 3 3 4 3
3
 3
tg a  tg 60º
3 4 3
4
4
4
tg (a  60º ) 




 0, 4
1  tg a  tg 60º
  3
3
3
4

3
3
4

3
3
1 
 3
1
 4 
4
4
PROPUESTO: Sabiendo que sen a 
a) sen (a  b) 
1
4
y tg b 
2
3
b) cos (a  b) 
con

2
 a  y   b 
c) tg 2 a 
d ) cos
3
, calcula:
2
a
2
6
TRIGONOMETRÍA II. EJERCICIOS RESUELTOS.
1.  Sabiendo que sen a 
7
5

3
y cos b  
con
 a  y  b 
, calcula:
25
13
2
2
a) sen (a  b)
b) cos (a  b)
c) tg (a  b)
d ) sen (a  b)
e) cos (a  b)
f ) tg (a  b)
g ) sen 2a
h) cos 2a
i) tg 2 a
j ) cotg (a  b)
k ) sec (a  b)
l ) cosec (a  b)
m) sen
a
2
n) cos
a
2
ñ) tg
a
2
a) sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
Tenemos que hallar el cos a y el sen b .
Para hallar el cos a . A partir de la relación fundamental de la Trigonometría:
2
sen 2 a  cos 2 a  1
 cos a  

49 625  49 576
 7 
cos 2 a  1  sen 2 a  1     1 


625
625
625
 25 

576
24

625
25
Como a es un ángulo del 2º cuadrante (
coseno es negativo en el 2º cuadrante).

2
 a   ) la única solución válida es la negativa (el
coseno
- +
- +
24
Por tanto, cos a  
25
De igual manera, se halla el sen b :
A partir de la relación fundamental de la Trigonometría:
sen 2 b  cos 2 b  1
2
25 169  25 144
 5
sen b  1  cos b  1      1 



169
169
169
 13 
2

2
sen b  
144
12

169
13
Como b es un ángulo del tercer cuadrante (   b 
seno es negativo en el tercer cuadrante).
12
Por tanto, sen b  
13
Ahora ya podemos calcular la relación pedida.
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b 

7   5    24    12   35 288 253






25  13   25   13  325 325 325
3
) la única solución válida es la negativa (el
2
seno
+ +
- 7
b) cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b 
c) tg (a  b) 
 24   5  7   12  120 84 204






25  13  25  13  325 325 325
tg a  tg b
1  tg a  tg b
Hallamos tg a y tg b de las relaciones:
7
sen a
7
25
tg a 


cos a  24 24
25
 12
sen b
12
tg b 
 13 
5
cos b
5
13
y
 7 12
 35  288 253

tg a  tg b
253
120
tg (a  b) 
 24 5 
 120 
84
204
1  tg a  tg b
204
  7  12
1
1 

120
120
24
5


Observación: Se podía haber calculado más fácilmente así:
253
sen (a  b) 325 253
tg (a  b) 


cos (a  b) 204 204
325
ya que sen (a  b) y cos (a  b) lo hemos calculado en los apartados anteriores.
d ) sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b 
7   5    24    12   35 288  323






25  13   25   13  325 325 325
e) cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b 
 24   5  7   12  120   84  36






25  13  25  13  325  325  325
f ) tg (a  b) 
tg a  tg b
 lo calculamos más fácilmente así:
1  tg a  tg b
 323
sen (a  b)
 323
tg (a  b) 
 325 
36
cos (a  b)
36
325
g ) sen 2a  2 sen a  cos a  2 
7   24   336


25  25  625
2
2
576 49 527
  24 
 7 
h) cos 2a  cos a  sen a  


   
625 625 625
 25 
 25 
2
2
7
 14
 14
 14
2

2 tg a
 14  576  336
24 

24
i ) tg 2a 

 24 
 24 

2
2
49
576  49 527
24  527
527
1  tg a
7
1

1 

576
576
576
 24 
Se podría haber calculado más fácilmente así:
 336
sen 2 a
 336
tg 2 a 
 625 
527
cos 2 a
527
625
8
j ) cotg (a  b) 
1
204

tg (a  b) 253
1
325

cos (a  b) 36
k ) sec (a  b) 
l ) cosec (a  b) 
m) sen
1
325

sen (a  b) 253
1  cos a
a

2
2
con

2
 a 
Como el ángulo a está en el segundo cuadrante, el ángulo
a
estará en el primer cuadrante, por
2
tanto, la única solución válida es la positiva (en el primer cuadrante, el seno es positivo).
  24 
24
1 

1
1  cos a
a
25 

25 
sen  


2
2
2
2
1  cos a
a

2
2
n) cos
con

2
49
25  49  7  7  7
2
50
50
52  2 5  2
 a 
Como el ángulo a está en el segundo cuadrante, el ángulo
a
estará en el primer cuadrante, por
2
tanto, la única solución válida es la positiva (en el primer cuadrante, el coseno es positivo).
  24 
24
1 

1
1  cos a
a
25


25 
cos  

2
2
2
2
o) tg
1  cos a
a

2
1  cos 
1
25  1  1  1  1
2
50
50
52  2 5  2
 lo calculamos más fácilmente así:
7
a
a
2  5 2 7
tg 
a
1
2
cos
2 5 2
sen
2.  Sabiendo que tg a  
12
7
3
3
y cos b  
con
 a  2 y   b 
, calcula :
5
25
2
2
a) sen (a  b) 
b) cos (a  b) 
c) tg (a  b) 
d ) sen 2 a 
e) cos 2a 
f ) tg 2a 
a) sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
Tenemos que hallar el sen a , el cos a y el sen b .
Para hallar el cos a , utilizamos la relación:
1
1  tg a 
cos 2 a
2

cos 2 a 
25
169
2


1
  12 
1 
 
cos 2 a
 5 
cos a  

1
144
1

25 cos 2 a

169
1

25 cos 2 a

25
5

169
13
9
Como a es un ángulo del 4º cuadrante (
coseno es positivo en el 4º cuadrante).
3
 a  2 ) la única solución válida es la positiva (el
2
coseno
- +
- +
5
Por tanto, cos a 
13
Para hallar el sen a , utilizamos la siguiente relación:
tg a 
sen a
cos a

sen a  tg a  cos a 
 12 5  12
 
5 13 13
Para hallar el sen b :
A partir de la relación fundamental de la Trigonometría:
2
sen b  cos b  1 
2
2
 sen b  
49 625  49 576
7
sen b  1  cos b  1  


 1
625
625
625
 25 
2
2
576
24

625
25
Como b es un ángulo del tercer cuadrante (   b 
seno es negativo en el tercer cuadrante).
3
) la única solución válida es la negativa (el
2
seno
24
Por tanto, sen b  
25
Ahora ya podemos calcular la relación pedida.
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b 

 12   7  5   24  84 120  36



  

13  25  13  25  325 325 325
b) cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b 
c) tg (a  b) 

+ +
- -
5   7    12    24   35  288  253






13  25   13   25  325  325  325
tg a  tg b

1  tg a  tg b
Hallamos tg b y aplicamos la fórmula anterior:
 24
sen b
24
tg b 
 25 
7
cos b
7
25
 12 24
 84  120
36

tg a  tg b
36
5
7
35
tg (a  b) 


 35 
288
323
1  tg a  tg b
323
  12  24
1
1 

35
35
 5  7
d ) sen 2a  2 sen a  cos a  2 
 12 5  120
 
13 13 169
2
2
25 144  119
5
  12 
e) cos 2a  cos 2 a  sen 2 a     


 
169 169 169
 13 
 13 
10
 120
sen 2 a
120
f ) tg 2 a 
 169 

119
cos 2 a
119
169
3.  Simplifica : sen a  sen (b  c)  sen b  sen (a  c)  sen c  sen (a  b) 
Como: sen (b  c)  sen b  cos c  cos b  sen c
sen (a  c)  sen a  cos c  cos a  sen c
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
Sustituyendo, se tiene:
sen a  sen (b  c)  sen b  sen (a  c)  sen c  sen (a  b) 
sen a  sen b  cos c  cos b  sen c   sen b  sen a  cos c  cos a  sen c   sen c  sen a  cos b  cos a  sen b  
sen a  sen b  cos c  sen a  cos b  sen c  sen b  sen a  cos c  sen b  cos a  sen c  sen c  sen a  cos b  sen c  cos a  sen b 
0
4.  Demuestra que : cos (a  b)  cos (a  b)  cos 2 a  sen 2 b  cos 2 b  sen 2 a
Como cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b y cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b ,
cos (a  b)  cos (a  b)  cos a  cos b  sen a  sen b  cos a  cos b  sen a  sen b 
 cos 2 a  cos 2 b  cos a  cos b  sen a  sen b  sen a  sen b  cos a  cos b  sen 2 a  sen 2 b 
 cos 2 a  cos 2 b  sen 2 a  sen 2 b  [1]
De la relación fundamental de la Trigonometría, se tiene que:

sen 2 b  cos 2 b  1

cos 2 b  1  sen 2 b y sustituyendo en la relación [1]:

 cos 2 a  1  sen 2 b  sen 2 a  sen 2 b  cos 2 a  cos 2 a  sen 2 b  sen 2 a  sen 2 b 


 cos a  sen b  cos 2 a  sen 2 a  cos 2 a  sen 2 b
2
2


ya que cos 2 a  sen 2 a  1
La otra relación se demostraría igual:
sen 2 a  cos 2 a  1

cos 2 a  1  sen 2 a
 (1  sen 2 a)  cos 2 b  sen 2 a  sen 2 b  cos 2 b  sen 2 a  cos 2 b  sen 2 a  sen 2 b 


cos 2 b  sen 2 a  cos 2 b  sen 2 b  cos 2 b  sen 2 a
5.  Demuestra que : sen (a  b)  sen (a  b)  sen 2 a  sen 2 b  cos 2 b  cos 2 a
(Igual que el anterior)
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b
sen (a  b)  sen (a  b)  sen a  cos b  cos a  sen b  sen a  cos b  cos a  sen b 
sen 2 a  cos 2 b  sen a  cos b  cos a  sen b  cos a  sen b  sen a  cos b  cos 2 a  sen 2 b 
sen 2 a  cos 2 b  cos 2 a  sen 2 b 
[1]
De la relación fundamental de la Trigonometría, se tiene que:
sen 2 b  cos 2 b  1

cos 2 b  1  sen 2 b y sustituyendo en la relación [1]:
11


 sen a  sen b  sen a  cos a   sen a  sen b
sen 2 a  1  sen 2 b  cos 2 a  sen 2 b  sen 2 a  sen 2 a  sen 2 b  cos 2 a  sen 2 b 
2
2
2
2
2


ya que sen 2 a  cos 2 a  1
2
La otra relación se demostraría igual.
6.- Demuestra que:
cos 2   2 cos 2   1  1  2 sen 2
cos 2  cos 2   sen 2 [1]
A partir de la relación fundamental de la Trigonometría:
sen 2  cos 2   1

sen 2  1  cos 2  y sustituyendo en la relación [1], se tiene:


cos 2  cos 2   1  cos 2   cos 2   1  cos 2   2  cos 2   1
Teniendo en cuenta que cos 2   1  sen 2 , sustituyendo en [1] se obtiene la otra igualdad:


cos 2  cos 2   sen 2  1  sen 2  sen 2  1  2  sen 2
7.  Expresa sen 3a en funcióndel sena .
sen 3a  sen 2a  a   y, aplicando la fórmula del seno de la suma de dos ángulos, se tiene:


 sen 2a  cos a  cos 2a  sen a  2  sen a  cos a  cos a  cos 2 a  sen 2 a  sen a 

 

 2  sen a  cos a  cos a  sen a  sen a  2  sen a  1  sen a  1  sen 2 a  sen a  sen 3 a 
2
2
3
2
 2  sen a  2  sen 3 a  sen a  c  sen 3 a  3  sen a  4  sen 3 a
8. Expres a cos 3a en fun cióndel cos a .
(Igual que el anterior)
cos 3 a  cos (2 a  a)  cos 2 a  cos a  sen 2a  sen a 


 cos 2 a  sen 2 a  cos a  2  sen a  cos a  sen a  cos 3 a  sen 2 a  cos a  2  sen 2 a  cos a 


cos a  3  sen a  cos a  cos 3 a  3  1  cos 2 a  cos a  cos 3 a  3  cos a  3  cos 3 a  4  cos 3 a  3  cos a
3
2
9. Expres a s en4a en fun cióndel s ena .
sen 4 a  sen (2 a  2 a)  sen 2a  cos 2a  cos 2a  sen 2a  2  sen 2a  cos 2a 


2  2  sen a  cos a   cos 2 a  sen 2 a  4  sen a  cos 3 a  4  sen 3 a  cos a 
Como cos 3 a  cos a  cos 2 a
, cos a  1  sen 2 a
y
cos 2 a  1  sen 2 a
se tiene que:


1  sen a  1  2  sen a 
 4  sen a  cos a  cos 2 a  4  sen 3 a  cos a  4  sen a  1  sen 2 a  1  sen 2 a  4  sen 3 a  1  sen 2 a 


 4  sen a  1  sen 2 a  1  sen 2 a  sen 2 a  4  sen a 
2
2
Nota: También se puede considerar que sen 4 a  sen 2  (2a)  2  sen 2a  cos 2a
12
10.  Desarrolla: sen (a  b  c) 
sen (a  b  c)  sen a  b  c
Y, aplicando la fórmula del seno de la suma de dos ángulos:
sen (a  b  c)  sen a  b   c   sen (a  b)  cos c  cos (a  b)  sen c 
 sen a  cos b  cos a  sen b   cos c  cos a  cos b  sen a  sen b   sen c 
 sen a  cos b  cos c  cos a  sen b  cos c  cos a  cos b  sen c  sen a  sen b  sen c
11.- Simplifica las siguientes expresiones:
cos 2 a  sen 2 a

sen a  cos a
sen 2a

1  cos 2a
a)
sen 2a
2  sen a  cos a
2  sen a  cos a
2  sen a  cos a 2  sen a  cos a sen a





 tg a
2
2
2
2
1  cos 2a 1  cos a  sen a cos a  1  sen a cos 2 a  cos 2 a
cos a
2  cos 2 a
b)
sen 2a 2  sen a  cos a

 2  cos a
sen a
sen a
c)
1  cos 2a 1  cos 2 a  sen 2 a 1  sen 2 a  cos 2 a cos 2 a  cos 2 a 2  cos 2 a




 2  cos a
cos a
cos a
cos a
cos a
cos a
d)
b)
sen 2a

sen a
1  cos 2a

cos a
a)
c)
cos 2a
cos 2 a  sen 2 a
2

 2  cotg 2a 
1
sen a  cos a
tg 2a
 sen 2a
2
d)
ya que sen 2a  2  sen a  cos a
12.- Comprueba si las siguientes igualdades son ciertas o no:
a) tg A  sen A  sec A  cos A
b) cotg 2 A  cos 2 A  cotg 2 A  cos 2 A
c) tg A  cotg A  2 cotg 2 A
Solución:
a) tg A  sen A  sec A  cos A
tg A  sen A 
sen A
sen 2 A
 sen A 
cos A
cos A
Por otro lado,
sec A  cos A 
1
1  cos 2 A sen 2 A
 cos A 

cos A
cos A
cos A
Por tanto, la igualdad es cierta.
13
b) cotg 2 A  cos 2 A  cotg 2 A  cos 2 A
Por un lado,
cotg 2 A  cos 2 A 


cos 2 A
cos 2 A  cos 2 A  sen 2 A cos 2 A  1  sen 2 A cos 2 A  cos 2 A cos 4 A
2

cos
A




sen 2 A
sen 2 A
sen 2 A
sen 2 A
sen 2 A
Nota : cotg 2 A 
cos 2 A
sen 2 A
Por otro lado,
cotg 2 A  cos 2 A 
cos 2 A
cos 4 A
2

cos
A

sen 2 A
sen 2 A
Por tanto, la igualdad es cierta.
También se podría haber comprobado así:
cotg 2 A  cos 2 A  cotg 2 A  cos 2 A
cotg 2 A  cos 2 A
cotg 2 A


cotg 2 A  cos 2 A

cotg 2 A
 1  sen 2 A  cos 2 A

dividiendo toda la relación entre cotg2 A
1
cos 2 A
 cos 2 A
cotg 2 A

1
cos 2 A  sen 2 A
 cos 2 A
cos 2 A

sen 2 A  cos 2 A  1
Por tanto, la relación es cierta.
c) tg A  cotg A  2 cotg 2 A
cotg A  2 cotg 2 A 
1  tg 2 A 1  1  tg 2 A tg 2 A
1
2
1
2
1







 tg A
2  tg A tg A
tg A tg 2 A tg A
tg A
tg A
tg A
1  tg 2 A
Por tanto, la relación es cierta.
13.- Demuestra que:
a) sen 4 a  sen 2 a  cos 4 a  cos 2 a
b) tg 2 x  tg 2 x  sen 2 x  sen 2 x
sen   cos 
tg
c)

2
2
cos   sen  1  tg 2
Solución:
a) sen 4 a  sen 2 a  cos 4 a  cos 2 a
Simplificamos por un lado el primer miembro y por otro lado el segundo miembro:


sen 4 a  sen 2 a  sen 2 a  1  sen 2 a  sen 2 a  cos 2 a


cos 4 a  cos 2 a  cos 2 a  1  cos 2 a  cos 2 a  sen 2 a
Por tanto, queda demostrado que la relación es cierta.
14
b) tg 2 x  tg 2 x  sen 2 x  sen 2 x


tg 2 x  1  sen 2 x  sen 2 x
tg x  cos x  sen 2 x
2
2
tg 2 x 
sen 2 x
cos 2 x
Por tanto, queda demostrado que la relación es cierta.
sen   cos 
c)
cos   sen 
2
2
2  sen   cos 
cos   sen 
2
2


tg
1  tg 2
2  tg
1  tg 2
Multiplicando por 2 toda la relación:
sen 2 
 tg 2 
cos 2 

Por tanto, queda demostrado que la relación es cierta.
14.- Simplifica:
a)
2  sen b  cos (a  b)  2  cos b  sen (a  b)

sen 2 a
b)
sen 4 a  sen 2 a

cos 4 a  cos 2 a
c)
sen 5a  sen 3a

cos 5a  cos 3a
Solución:
a)

2  sen b  cos (a  b)  2  cos b  sen (a  b)

sen 2 a
2  sen b  cos a  cos b  sen a  sen b   2  cos b  sen a  cos b  cos a  sen b 

2  sen a  cos a
sen b  cos a  cos b  sen 2 b  sen a  cos 2 b  sen a  cos b  cos a  sen b

sen a  cos a
1
sen 2 b  sen a  cos 2 b  sen a sen a  sen 2 b  cos 2 b
sen a
1




sen a  cos a
sen a  cos a
sen a  cos a cos a


b)

sen 4 a  sen 2 a

cos 4 a  cos 2 a
Aplicando las relaciones:
 A B
 A B
sen A  sen B  2 sen 
  cos 

 2 
 2 
 A B
 A B
cos A  cos B  2 cos 
  cos 

 2 
 2 
 4a  2a 
 4a  2a 
2  sen 
  cos 

sen 4 a  sen 2 a
2
2



  sen 3a  cos a  tg 3a

cos 4 a  cos 2 a
 4a  2a 
 4 a  2 a  cos 3a  cos a
2  cos 
  cos 

2
2




15
c)
sen 5a  sen 3a

cos 5a  cos 3a
Aplicando las relaciones:
 A B
 A B
sen A  sen B  2 cos 
  sen 

 2 
 2 
 A B
 A B
cos A  cos B  2 cos 
  cos 

2


 2 
sen 5a  sen 3a 2  cos 4a  sen a sen a


 tg a
cos 5a  cos 3a 2  cos 4a  cos a cos a
15.- Comprueba si son ciertas o no las siguientes igualdades:
a)
cotg a  tg a
 sec 2a
cotg a  tg a
b)
cos a  tg a
 cotg a  sec a
cos a  tg a
c) tg 3 a 
sec a  cos a
cosec a  sen a
Solución:
a)
cotg a  tg a
 sec 2a
cotg a  tg a
1
cotg a  tg a tg a

1
cotg a  tg a
tg a
1
1  tg a
sen a cos a  sen a
 tg a
1
2
tg a
1  tg a
1
1
cos 2 a 
cos 2 a





 sec 2 a
2
2
2
2
2
2
2
cos 2a
 tg a 1  tg a 1  tg a 1  sen a cos a  sen a cos a  sen a
tg a
cos 2 a
cos 2 a
2
2
2
2
Por tanto, queda comprobado que la igualdad es cierta
b)
cos a  tg a
 cotg a  sec a
cos a  tg a
Desarrollando el primer miembro:
sen a cos 2 a  sen a
cos a  tg a
cos a
cos a
cos 2 a  sen a



sen a
cos a  tg a
sen a
sen a  cos a
cos a 
cos a
cos a 
Desarrollando el segundo miembro:
cotg a  sec a 
cos a
cos 2 a  sen a
1


sen a cos a
sen a  cos a
Como vemos, la igualdad es cierta.
c) tg 3 a 
sec a  cos a
cosec a  sen a
Desarrollando el segundo miembro:
16
1
1  cos 2 a sen 2 a
 cos a
sec a  cos a
cos a
cos a
cos a
sen 2 a  sen a sen 3 a





 tg 3 a
2
2
2
3
1
cosec a  sen a
 sen a 1  sen a cos a cos a  cos a cos a
sen a
sen a
sen a
Por tanto, queda comprobado que la igualdad es cierta.
16.- Demuestra que:
a) tg a  tg b 
sen (a  b)
cos a  cos b
Operando en el primer miembro:
tg a  tg b 
sen a sen b sen a  cos b  cos a  sen b sen (a  b)



cos a cos b
cos a  cos b
cos a  cos b
También se puede demostrar así:
Desarrollando en el segundo miembro:
sen (a  b) sen a  cos b  cos a  sen b

 tg a  tg b
cos a  cos b
cos a  cos b
b)
tg a  tg b
 tg a  tg b
cotg b  cotg a
Desarrollando el primer miembro:
tg a  tg b
tg a  tg b tg a  tg b


 tg a  tg b
1
1
tg a  tg b
cotg b  cotg a

tg b tg a
tg a  tg b
Como vemos, la igualdad es cierta.
c) tg 3a 
3 tg a  tg 3 a
1  3 tg 2 a
2 tg a
tg 3a  tg (2a  a) 

 tg a

2 tg a  tg a  1  tg 2 a
tg 2a  tg a
1  tg 2 a


2 tg a
1  tg 2a  tg a
1
 tg a
1  tg 2 a
1  tg 2 a
2 tg 2 a
1
1  tg 2 a

2 tg a  tg a  tg 3 a

1  tg 2 a

1  tg 2 a  2 tg 2 a
1  tg 2 a
3 tg a  tg 3 a
1  3 tg 2 a
Como vemos, la igualdad es cierta.
Nota: Hemos aplicado que tg (a  b) 
d)
tg a  tg b
1  tg a  tg b
y que tg 2a 
2 tg a
1  tg 2 a
cos (a  b)  cos (a  b)
 tg b
sen (a  b)  sen (a  b)
Desarrollamos el primer miembro de la igualdad
17
cos (a  b)  cos (a  b) cos a  cos b  sen a  sen b  cos a  cos b  sen a  sen b  2 sen a  sen b


 tg b
sen (a  b)  sen (a  b) sen a  cos b  cos a  sen b  sen a  cos b  cos a  sen b 2 sen a  cos b
Como vemos, es igual al 2º miembro. Por tanto, la igualdad es cierta.
e)
tg a
 cos 2a
tg 2a  tg a
Desarrollamos el primer miembro de la igualdad:
tg a
tg a
tg a
tg a
tg a





2
3
3
2 tg a
tg 2a  tg a
2
tg
a

tg
a

(
1

tg
a
)
2
tg
a

tg
a

tg
a
tg
a

tg
a
 tg a
1  tg 2 a
1  tg 2 a
1  tg 2 a
1  tg 2 a
sen 2 a cos 2 a  sen 2 a
tg a  1  tg a tg a  1  tg a 1  tg a
cos 2 a 
cos 2 a




 cos 2 a  sen 2 a  cos 2a
3
2
2
2
2
2
tg a  tg a
tg a  1  tg a 1  tg a
sen a cos a  sen a
1
cos 2 a
cos 2 a

2



2


2
1
Como vemos, es igual al 2º miembro. Por tanto, la igualdad es cierta.
f ) tg
a
 cosec a  cotg a
2
Desarrollamos el segundo miembro de la igualdad:
cosec a  cotg a 
cos a 1  cos a
1



sen a sen a
sen a
1  cos a 2
1  cos a
2

1  cos a 2
(1  cos a)  (1  cos a)

1  cos a
a
 tg
1  cos a
2
Como queríamos demostrar.
Nota: Hemos utilizado que: 1  cos a 
1  cos a 2
y que 1  cos 2 a  1  cos a  1  cos a
17.- Simplifica:
 1 

 tg   
tg  
tg (   )  cotg (2   )
1



 1
1
sec   cos (   )
1
  cos  
cos 
18.  Demuestra que si A  B   , entonces :
sen A  sen B   cos A  cos B   2
sen 2 B
sen (   )
sen 

 tg 
cos (   )  cos 
cos (   )   cos 
tg (   ) 
18
cotg (2   ) 
cos (2   )
cos 
1

 cotg  
sen (2   )  sen 
tg 
18.  Demuestra que si A  B   , entonces :
sen A  sen B   cos A  cos B   2
sen 2 B
Para la demostración utilizaremos las siguientes relaciones:
 A B 
 A B 
sen A  sen B  2 sen 
  cos 

2


 2 
 A B
 A B
cos A  cos B  2 sen 
  sen 

 2 
 2 
sen 2a  2 sen a  cos a
Desarrollamos el primer miembro de la igualdad:

 A B
 A  B  
 A B
 A  B 
2 sen  2   cos  2    2 sen  2   sen  2 
sen A  sen B   cos A  cos B   



 





sen 2 B
2 sen B  cos B
Como A  B  

 4 sen

2

 cos (

A  B
 B)  sen

2
2
2 sen B  cos B
 sen (


2
 B)
A  B   B  B   2B 


 B
2
2
2
2



 B  son ángulos complementarios
2

y como B y 


sen   B   cos B
2



cos   B   sen B
2


 4  1  sen B  1  cos B  4  sen B  cos B

 2
2  sen B  cos B
2  sen B  cos B
Como queríamos demostrar.
19
Nota: Ángulos complementarios.


sen      cos 
2



cos      sen 
2

Lo podríamos haber demostrado más fácilmente, asi:
A B 

A y B son ángulos suplementarios.
Consideramos los ángulos: A    B y B
sen A  sen B   cos A  cos B  
sen 2 B

sen   B   sen B   cos   B   cos B  
2  sen B  cos B
como: sen   B   sen B y cos   B    cos B


sen B  sen B    cos B  cos B   2  sen B   2  cos B  
2  sen B  cos B
2  sen B  cos B
 4  sen B  cos B
 2
2  sen B  cos B
19.- Demuestra que:
a) tg (
tg (

4

4
 a)  tg (
 a)  tg (

4

4
 a)  2 tg 2a
 a) 
tg

4
1  tg
 tg a

4


4
1  tg
 tg a

4
 tg a

como

4
 45º 
tg

4
1
1  tg a 1  tg a 1  tg a   1  tg a 
1  2 tg a  tg 2 a  1  2 tg a  tg 2 a




1  tg a   1  tg a 
1  tg a 1  tg a
1  tg 2 a
2

 tg a

tg
4 tg a
1  tg a
2

2  2 tg a
1  tg 2 a
2
 2 tg 2a
Como queríamos demostrar.
b) sen a  sen b  cos (a  b)  cos b  sen (a  b)
Desarrollamos el 2º miembro de la igualdad.
20
sen b  cos (a  b)  cos b  sen (a  b) 
 sen b  cos a  cos b  sen a  sen b   cos b  sen a  cos b  cos a  sen b  
sen b  cos a  cos b  sen 2 b  sen a  cos 2 b  sen a  cos b  cos a  sen b  sen 2 b  sen a  cos 2 b  sen a 
sacando factor común sen a


 sen a  sen 2 b  cos 2 b  sen a
1
Como queríamos demostrar.
sen 2 a 2 sen a

 cos a
cos a
tg 2a
c)
Dividiendo entre cos a :
2 sen a
cos a
sen 2 a


2
cos a cos a  tg 2a cos a
tg 2 a 
2 tg a
1
tg 2a
Desarrollamos el primer miembro:
tg 2 a 
2 tg a
2 tg a
 tg 2 a 
 tg 2 a  1  tg 2 a  1
2
tg
a
tg 2a
1  tg 2 a
Como queríamos demostrar.
También se puede demostrar desarrollando el primer miembro, pero es más laborioso:

sen 2 a 
1 

sen
a

 cos 2 a 
2 sen a
sen 2 a 2 sen a sen 2 a
sen 2 a 2 sen a  1  tg 2 a sen 2 a









2 tg a
sen a
cos a
tg 2a
cos a
cos a
2 tg a
cos a
2
cos a
1  tg a

sen 2 a

cos a


sen a  cos 2 a  sen 3 a
sen 3 a
2
sen 2 a sen a  cos 2 a  sen 2 a
cos 2 a  sen a 
cos 2 a



sena
sena
cos a
cos a
sen a  cos a
cos a
cos a

sen a 

sen 2 a  cos 2 a  sen 2 a cos 2 a

 cos a
cos a
cos a
Como queríamos demostrar.
d)
cos x  sen x cos x  sen x

 2 tg 2 x
cos x  sen x cos x  sen x
cos x  sen x cos x  sen x cos x  sen x   cos x  sen x 



cos x  sen x   cos x  sen x 
cos x  sen x cos x  sen x
2

2
cos 2 x  sen 2 x  2 sen x  cos x  cos 2 x  sen 2 x  2 cos x  sen x
cos x  sen x
2  2  sen x  cos x
sen 2 x

 2
 2  tg 2 x
2
2
cos 2 x
cos x  sen x
2
2

4 sen x  cos x
cos 2 x  sen 2 x

Como queríamos demostrar.
21
20.- Simplifica:
1  cos 2a

1  cos 2a
a)




1  cos 2a 1  cos 2 a  sen 2 a 1  cos 2 a  sen 2 a 1  cos 2 a  sen 2 a sen 2 a  sen 2 a





1  cos 2a 1  cos 2 a  sen 2 a 1  cos 2 a  sen 2 a 1  sen 2 a  cos 2 a cos 2 a  cos 2 a

2  sen 2 a
 tg 2 a
2  cos 2 a
b)
sen 2a

2 sen a
sen 2a 2  sen a  cos a

 cos a
2  sen a
2  sen a
1  cotg a  cotg b

1  cotg a  cotg b
c)
cos a  cos b sen a  sen b  cos a  cos b
cos a cos b

1
1  cotg a  cotg b
sen a sen b
sen a  sen b
sen a  sen b




cos
b
cos
a

cos
b
sen
a

sen
b  cos a  cos b
cos
a
1  cotg a  cotg b
1

1
sen a sen b
sen a  sen b
sen a  sen b
sen a  sen b  cos a  cos b
cos (a  b)


sen a  sen b  cos a  cos b  cos (a  b)
1
d ) sen (60º  x)  sen (60º  x) 
sen (60º  x)  sen (60º  x)  sen 60º cos x  cos 60ºsen x  sen 60º cos x  cos 60ºsen x 
3
1
3
1
3
 cos x   sen x 
 cos x   sen x  2 
 cos x  3  cos x
2
2
2
2
2

e) sen (90º  x)  cos (180º  x)  cos (90º  x)  sen (180º  x) 
sen (90º  x)  cos (180º  x)  cos (90º  x)  sen (180º  x) 
 sen 90º cos x  cos 90ºsen x    cos x   cos 90º cos x  sen 90ºsen x   sen x 


  cos 2 x  sen 2 x   cos 2 x  sen 2 x  1
f)
sen (a  b)  sen (a  b)

cos a  cos b
sen (a  b)  sen (a  b) sen a  cos b  cos a  sen b   sen a  cos b  cos a  sen b 


cos a  cos b
cos a  cos b

sen 2 a  cos 2 b  sen a  cos b  cos a  sen b  cos a  sen b  sen a  cos b  cos 2 a  sen 2 b

cos a  cos b

sen 2 a  cos 2 b  cos 2 a  sen 2 b 1  cos 2 a  cos 2 b  cos 2 a  1  cos 2 b


cos a  cos b
cos a  cos b




cos 2 b  cos 2 a  cos 2 b  cos 2 a  cos 2 a  cos 2 b cos 2 b  cos 2 a cos b  cos a   cos b  cos a 



cos a  cos b
cos b  cos a
cos b  cos a
 cos b  cos a

22
g)
2 sen a  sen 2a

2 sen a  sen 2a
2 sen a  sen 2a 2 sen a  2 sen a  cos a 2 sen a  1  cos a  1  cos a 
a



 tg 2
2 sen a  sen 2a 2 sen a  2 sen a  cos a 2 sen a  1  cos a  1  cos a 
2
ya que tg
cos (

2

1  cos 
1  cos 

h)
  )  sen (   )
2

cos 2 (   )
Ángulos complementarios
suplementarios

  )  sen 
2
cos       cos 
cos (
cos (
i)
Ángulos que difieren en 180º
Ángulos
sen (   )   sen 

  )  sen (   )
sen    sen    sen 2
2


 tg 2
cos 2 (   )
cos 2 
 cos  2
1  tg a  tg b

1  tg a  tg b
sen a sen b
sen a  sen b cos a  cos b  sen a  sen b

1
1  tg a  tg b
cos a cos b
cos a  cos b
cos a  cos b




sen a sen b
sen a  sen b cos a  cos b  sen a  sen b
1  tg a  tg b
1

1
cos a cos b
cos a  cos b
cos a  cos b
cos a  cos b  sen a  sen b cos (a  b)


cos a  cos b  sen a  sen b cos (a  b)
1
21.- Comprueba si las siguientes igualdades son ciertas o no:
a)
cos 4 a  sen 4 a
 1  tg a   1  cotg a 
sen a  cos a
Por un lado:
23


 
cos 4 a  sen 4 a cos 2 a  sen 2 a  cos 2 a  sen 2 a
cos 2 a  sen 2 a


sen a  cos a
sen a  cos a
sen a  cos a

Por otro lado:

 
 

cos a  
sen a  
 

1  tg a   1  cotg a   1  sen a   1  cos a    cos a  sen a    sen a  cos a  

cos a  sen a   sen a  cos a   cos a  sen a  cos
sen a  cos a
 
cos a
sen a

a  sen a  sen a  cos a cos 2 a  sen 2 a

sen a  cos a
sen a  cos a
2
2
Por tanto, la igualdad es cierta.
b)
cos a  tg 2 a
1

1
1  cos a
cos a
sen 2 a
sen 2 a
cos a 
cos a  tg 2 a
sen 2 a
1  cos 2 a
cos 2 a  cos a 



1  cos a
1  cos a
1  cos a cos a  1  cos a  cos a  1  cos a 
1  cos a   1  cos a   1  cos a  1  1

cos a  1  cos a 
cos a
cos a
También se puede demostrar así:
cos a  tg 2 a
1

1
1  cos a
cos a
 1

cos a  tg 2 a  
 1  1  cos a 
 cos a 
 1  cos a 
  1  cos a 
cos a  tg 2 a  
 cos a 
cos a  tg 2 a 
1  cos a   1  cos a 
cos a
cos 2 a  tg 2 a  1  cos 2 a
cos 2 a 
sen 2 a
 sen 2 a
2
cos a
sen 2 a  sen 2 a
Por tanto, la igualdad es cierta.
22.  Sabiendo que A  B  C  180º , demuestra que :
cos ( A  B)  cos C
 cos B
2 cos A
cos ( A  B)  cos C  2  cos A  cos B
cos A  cos B  sen A  sen B  cos C  2  cos A  cos B
2  cos A  cos B  cos A  cos B  sen A  sen B  cos C  0
cos A  cos B  sen A  sen B  cos C  0
24
cos ( A  B)  cos C  0
Como A  B  C  180º

C  180º   A  B 
cos ( A  B)  cos 180º   A  B   0
cos A  cos B  sen A  sen B  cos 180º cos ( A  B)  sen 180ºsen ( A  B)  0
cos A  cos B  sen A  sen B  (1)  cos A  cos B  sen A  sen B  0  sen ( A  B)  0
cos A  cos B  sen A  sen B  cos A  cos B  sen A  sen B  0
Como queríamos demostrar.
También se puede demostrar viendo que los ángulos ( A  B) y C son suplementarios. Por tanto,
cos ( A  B)   cos  180º ( A  B)   cos C luego: cos ( A  B)  cos C  0
23.- Sabiendo que A, B y C son los ángulos internos de un triángulo, demuestra que:
tg A  tg B  tg C  tg A  tg B  tg C
A  B  C  180º

tg ( A  B  C )  tg 180º  0
Desarrollamos tg ( A  B  C )
tg A  tg B
 tg C
tg ( A  B)  tg C
1  tg A  tg B
tg ( A  B  C )  tg ( A  B)  C  


tg A  tg B
1  tg ( A  B)  tg C
1
 tg C
1  tg A  tg B
tg A  tg B  tg C  1  tg A  tg B 
1  tg A  tg B
tg A  tg B  tg C  tg A  tg B  tg C


1  tg A  tg B  tg A  tg C  tg B  tg C 1  tg A  tg B  tg A  tg C  tg B  tg C
1  tg A  tg B
Como tg ( A  B  C )  0


tg A  tg B  tg C  tg A  tg B  tg C
0
1  tg A  tg B  tg A  tg C  tg B  tg C
tg A  tg B  tg C  tg A  tg B  tg C  0

 tg A  tg B  tg C  tg A  tg B  tg C
Como queríamos demostrar.
25
ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS.
1.- Resuelve las siguientes ecuaciones trigonométricas:
a) sen x 
1
2
x  arc sen
1
2

calculadora: SIN-1(1/2) = 30º. Pero, hay dos ángulos, en el primer giro, cuyo
seno vale 1/2, (30º y 150º). Por tanto, tenemos dos conjuntos de soluciones:
x  30º  k  360º ; k  Z
y
x  ....,330º , 30º , 390º , .... y
x  150º k  360º ; k  Z
x  ....,210º ,150º , 510º , ....
Nota: Como vemos, toda ecuación trigonométrica tiene infinitas soluciones.
Nota: Observar que -330º=30º, ..... y -210º=150º, .....
Interesan las soluciones en el primer giro.
Las soluciones en el primer giro son: x1  30º , x 2  150º
b) sen 2 x  30º  
3
2
3
2
2 x  30º  arc sen
3
2
Hay dos ángulos, en el primer giro, cuyo seno vale

60º y 120º
2 x  30º  60º  k  360º ; k  Z
2 x  60º 30º  k  360º ; k  Z
2 x  30º  k  360º ; k  Z
30º  k  360º
x
; k Z
2
2 x  30º  120º  k  360º ; k  Z
2 x  120º 30º  k  360º ; k  Z
2 x  90º  k  360º ; k  Z
90º  k  360º
x
; k Z
2
x  15º k  180º
x  45º k  180º
;
k Z
x  ..., 345º ,  165º ,15º ,195º , 375º ,...
;
k Z
x  ..., 315º ,  135º , 45º , 225º , 405º ,...
Soluciones en el primer giro: x1  15º , x 2  45º , x3 195º , x 4  225º
Nota: Al igual que antes, observar que -345º=15º, ..... y -165º=195º , .....
EJERCICIO RESUELTO:
sen x  1  x  arc sen ( 1)  90º  k  360º , k  Z
Solamente hay un ángulo en el primer giro cuyo seno vale 1.
90º
EJERCICIO RESUELTO:
sen x  1  x  arc sen (  1 )  270º  k  360º , k  Z
Solamente hay un ángulo en el primer giro cuyo seno vale -1.
270º
26
c) cos x    
1
2
1
x    arc cos  
2

calculadora: COS-1(1/2) = 60º. Pero, hay dos ángulos, en el primer giro,
cuyo coseno vale 1/2, (60º y 300º ó - 60º). Por tanto, tenemos dos conjuntos de soluciones:
Como   180º , se tiene:
x  180º  60º k  360º , k  Z
x  180º  300º  k  360º , k  Z
x  240º k  360º , k  Z
x  480º k  360º , k  Z
x  120º  k  360º , k  Z
Las soluciones en el primer giro son: x1  120º , x2  240º
EJERCICIO RESUELTO:
cos x  1  x  arc cos (  1 )  180º k  360º , k  Z
Solamente hay un ángulo en el primer giro cuyo coseno vale -1.
180º
d ) tg x  20º   1
x  20º  arc tg  1

calculadora: TAN-1(-1) = - 45º. Pero, hay dos ángulos, en el primer giro,
cuya tangente vale -1, (-45º ó 315º y 135º). Por tanto, tenemos dos conjuntos de soluciones:
x  20º  45º  k  360º , k  Z
x  20º  135º  k  360º , k  Z
x  65º k  360º , k  Z
x  115º  k  360º , k  Z
x  295º k  360º , k  Z
Las soluciones en el primer giro son: x1  115º , x2  295º

1

e) cos  3x    
4
2


4
 45º
 1
3 x  45º  arc cos   
 2

calculadora: COS-1(-1/2) = 120º. Pero, hay dos ángulos, en el
primer giro, cuyo coseno vale -1/2, (120 y 240º). Por tanto, tenemos dos conjuntos de soluciones:
3 x  45º  120º  k  360º , k  Z
3 x  45º  240º  k  360º , k  Z
3 x  165º  k  360º , k  Z
3 x  285º  k  360º , k  Z
x
165ºk  360º
, k Z
3
x  55º k  120º , k  Z
x
285ºk  360º
, k Z
3
x  95º k  120º , k  Z
Las soluciones en el primer giro son: x1  55º , x2  95º , x3 175º , x4  215º , x5  295º , x6  335º
27


f ) tg  2 x     3
3


3
 60º

2 x  60º  arc tg  3


calculadora: TAN-1(  3 ) = - 60º. Pero, hay dos ángulos, en el
primer giro, cuya tangente vale  3 , (-60º ó 300º y 120º). Por tanto, tenemos dos conjuntos de
soluciones:
2 x  60º  300º  k  360º , k  Z
2 x  60º  120º  k  360º , k  Z
2 x  240º  k  360º , k  Z
2 x  60º k  360º , k  Z
x
240ºk  360º
, k Z
2
x
x  120º  k  180º , k  Z
60ºk  360º
, k Z
2
x  30º k  180º , k  Z
Las soluciones en el primer giro son: x1  30º , x2  120º , x3  210º , x 4  300º
2. Resuelve las siguientes ecuaciones trigonométricas:


a ) tg  2 x    3
3

se hace igual que el 1 f)

1

b) cos  3x    
8
2

se hace igual que el 1 e)
c) sen 2 x  cos x  0
Desarrollamos el sen 2 x
2  sen x  cos x  cos x  0
Sacamos factor común cos x
cos x  2  sen x  1  0
1 
1 
cos x  0


2  sen x  1  0 

sen x  
1
2
2 
cos x  0  x  arc cos 0
Hay dos ángulos en el primer giro cuyo coseno vale 0 (90º y 270º)
x  90º k  360º , k  Z
2 
sen x  
1
2

x  270º  k  360º , k  Z
y
 1
x  arc sen   
 2
Hay dos ángulos, en el primer giro, cuyo seno vale 
conjuntos de soluciones:
x  330º  k  360º , k  Z
y
1
, (-30º ó 330º y 210º). Por tanto, tenemos dos
2
x  210º  k  360º , k  Z
Las soluciones en el primer giro son: x1  90º , x 2  210º , x3  270º , x 4  330º
28
d ) cos 2x  sen x  4 sen 2 x
( desarrollamos el cos 2 x )
cos 2 x  sen 2 x  sen x  4 sen 2 x
Aplicando la relación fundamental de la Trigonometría:
sen 2 x  cos 2 x  1  cos 2 x  1  sen 2 x
1  sen 2 x  sen 2 x  sen x  4 sen 2 x
1  2 sen 2 x  sen x  4 sen 2 x  0
1  6 sen 2 x  sen x  0
6 sen 2 x  sen x  1  0
Se hace el cambio: t  sen x
6t 2  t 1  0
t
1  1  24 1  5


12
12
6 1 

12 2 

 4  1

14
3 
Se deshace el cambio:
sen x 
1
2
sen x  
1
 x  arc sen  
2

x  30º  k  360º , k  Z y
x  150º  k  360º , k  Z
1
 1
 x  arc sen     x  340º 31' 44' ' k  360º y x  199º 28'16' ' k  360º , k  Z
3
 3
Las soluciones en el primer giro son: x1  30º , x2  150º , x3 199º 28'16' ' , x4  340º 31' 44' '
e) sen 5x  sen 3x  0
Transformamos la suma de dos razones trigonométricas en un producto, aplicando la fórmula:
 A B
 A B
sen A  sen B  2 sen 
  cos 

 2 
 2 
2  sen 4 x  cos x  0
Una vez que está factorizada se iguala cada factor a cero:
sen 4 x  0  4 x  arc sen 0
 Hay dos ángulos, en el primer giro, cuyo seno vale 0, (0º y 180º)
4 x  0º  k  360º , k  Z
x
4 x  180º k  360º , k  Z
0º k  360º
, k Z
4
x
180º k  360º
, k Z
4
x  k  90º , k  Z
x  45º k  90º , k  Z
x  .....,180º ,90º , 0º , 90º ,180º , ......
x  .....,135º ,45º , 45º ,135º , 225º , ......
Igualamos el otro factor a cero:
cos x  0  x  arc cos 0

Hay dos ángulos, en el primer giro, cuyo coseno vale 0,
(90º y 270º ó -90º)
x  90º  k  360º , k  Z y x  270º  k  360º , k  Z
29
Las dos últimas expresiones pueden resumirse en una sola:
x  90º  k  180º , k  Z
x  .....,90º , 90º , 270º , ......
Las soluciones en el primer giro son:
x1  0º , x2  45º , x3  90º , x4  135º , x5  180º , x6  225º , x7  270º , x8  315º
f ) tg x  tg 2 x  1
tg x 
2 tg x
1  tg 2 x
 tg 2 x 
tg x 
1 
2 tg 2 x
1  tg 2 x
1
1
 tg x  
3
3
1

x  arc tg
3
tg x  
 1  2 tg 2 x  1  tg 2 x  2 tg 2 x  tg 2 x  1  3 tg 2 x  1 
1
3
1
3

3
1
 tg x  
30º  k  360º , k  Z
 
210º  k  360º , k  Z
 1 
 
 x  arc tg  
3

 30º  k  360º , k  Z
 
150º  k  360º , k  Z
Nota: -30º=330º
Las soluciones en el primer giro son: x1  30º , x2  150º , x3  210º , x 4  330º
3. Resuelve las siguientes ecuaciones trigonométricas:


a) tg  2 x    3
3


1

b) sen  x    
6
2


1

c) cos  2 x    
4
2

Las ecuaciones a) , b) y c) se resuelven igual que las del ejercicio nº 1.
d ) sen x  cos 2 x  1
sen x  1  sen 2 x  1
sen 2 x  sen x  0
sen x  sen x  1  0
(se iguala cada factor a cero)
0º  k  360º , k  Z
sen x  0  x  arc sen 0  
180º  k  360º , k  Z
sen x  1  0

sen x  1  x  arc sen 1
Las soluciones en el primer giro son:

x  90º  k  360º , k  Z
x1  0º , x 2  90º , x3 180º
e) 6 sen3 x  sen 2 x  cos x
6  sen 3 x  2  sen x  cos x  cos x
6  sen 3 x  2  sen x  cos 2 x

6  sen 3 x  2  sen x  1  sen 2 x

6  sen 3 x  2  sen x  2  sen 3 x
8  sen 3 x  2  sen x  0
30


2  sen x  4  sen 2 x  1  0 (igualando cada factor a cero)
0º  k  360º , k  Z
sen x  0  x  arc sen 0  
180º  k  360º , k  Z
4  sen 2 x  1  0 
sen x 
1
2
sen x  

1
2
4  sen 2 x  1
x  arc sen
sen 2 x 
1
4

sen x  
1
1

4
2
30º  k  360º , k  Z

150º  k  360º , k  Z
1

2

x  arc sen  



1

2
 30º  k  360º , k  Z

210º  k  360º , k  Z
f ) cos x  sen 2 x  1
Aplicando la relación fundamental de la Trigonometría:
sen 2 x  cos 2 x  1  sen 2 x  1  cos 2 x


cos x  1  cos 2 x  1
cos x  1  cos 2 x  1
cos 2 x  cos x  2  0
Se hace el cambio cos x  t
t2  t  2  0  t 
1 1 8 1 3


2
2
1
2
Se deshace el cambio:
cos x  1 
x  arc cos 0

x  0º k  360º , k  Z
cos x  2 (la solución t  2 no es válida, el coseno de un ángulo toma valores comprendidos
entre -1 y 1).
4. Resuelve las siguientes ecuaciones trigonométricas:
a) sen x  cos x  1 (elevamos al cuadrado ambos miembros)
sen x  cos x2  12
sen 2 x  cos 2 x  2  sen x  cos x  1
1  2  sen x  cos x  1
2  sen x  cos x  0 (igualando cada factor a cero)
0º  k  360º , k  Z
sen x  0  x  arc sen 0  
180º  k  360º , k  Z
(no verifica la ecuación original)
90º  k  360º , k  Z
cos x  0  x  arc cos  0  
270º  k  360º , k  Z
(no verifica la ecuación original)
Como
hemos
elevado
al
cuadrado
en
la
ecuación
original
obtenemos
las
soluciones
de sen x  cos x  1 y sen x  cos x  1 ya que  1  1 y 1  1 . Por tanto, tenemos que
comprobar la validez de las soluciones obtenidas (las que verifiquen la ecuación original).
2
2
31
b) sen 2 x  2 cos x
2  sen x  cos x  2  cos x
2  sen x  cos x  2  cos x  0 (sacando factor común 2  cos x )
2  cos x  sen x  1  0
cos x  0
 (se iguala cada factor a cero) 
sen x  1  0

cos x  0

sen x  1
90º  k  360º , k  Z
cos x  0  x  arc cos 0  
270º  k  360º , k  Z
sen x  1  x  arc sen 1

x  90º  k  360º , k  Z
c) sen x  sen 3x  cos x
 x  3x
 x 3x
2  sen 
  cos 
  cos x
 2 
 2 
2  sen 2 x  cos  x   cos x
(como cos  x   cos x )
2  sen 2 x  cos x  cos x
2  sen 2 x  cos x  cos x  0 (sacando factor común cos x)
cos x  2  sen 2 x  1  0
(igualando cada factor a cero)
90º  k  360º , k  Z
cos x  0  x  arc cos 0  
270º  k  360º , k  Z
30º  k  360º , k  Z
1
1
 2 x  arc sen    
2
2
150º  k  360º , k  Z
2  sen 2 x  1  0  sen 2 x 


15º  k  180º , k  Z
x 
75º  k  180º , k  Z
d ) sen 4 x  sen 2 x
sen 2  2 x   sen 2 x
2 sen 2 x  cos 2 x  sen 2 x
2 sen 2 x  cos 2 x  sen 2 x  0
sen 2 x  2 cos 2 x  1  0

sen 2 x  0

2 cos 2 x  1  0
0º  k  360º , k  Z
sen 2 x  0  2 x  arc sen 0  
180º  k  360º , k  Z
2  cos 2 x  1  0  cos 2 x 


k  180º , k  Z
x 
90º  k  180º , k  Z
60º  k  360º , k  Z
1
1
 2 x  arc cos    
2
 2
 60º  k  360º , k  Z
30º  k  180º , k  Z
x 
 30º  k  180º , k  Z


30º k  180º , k  Z
x 
330º  k  180º , k  Z
32
e) cos 2 x  cos 6 x  sen 5x  sen 3x
2x6x
2x6x
5x  3x
5x 3x
 2 sen 
  sen 
  2 sen 
  cos 

2
2
2
2








 2 sen 4 x  sen  2 x   2 sen 4 x  cos x
Como sen  2 x   sen 2 x , se tiene que:
2 sen 4 x  sen 2 x  2 sen 4 x  cos x
sen 2 x  cos x
2 sen x  cos x  cos x
2 sen x  cos x  cos x  0 (sacando factor común cos x)
cos x  0
cos x  2 sen x  1  0  
2 sen x  1  0
90º  k  360º , k  Z
cos x  0  x  arc cos 0  
270º  k  360º , k  Z
2  sen x  1  0  sen x 
30º  k  360º , k  Z
1
1
 x  arc sen    
2
2
150º  k  360º , k  Z
f ) sen x  1  2 cos 2 x

sen x  1  2  1  sen 2 x

sen x  1  2  2 sen 2 x
2 sen 2 x  sen x  3  0
Se hace el cambio sen x  t
 x1  1
 1  1  24  1  5

2t  t  3  0  t 

 
6
4
4
 x 2   4
2
no es válida 
6
1
4
Se deshace el cambio:
sen x  1  x  arc sen ( 1)  x  90º k  360º , k  Z
g ) sec x  tg x  0
sen x
1  sen x
1

0 
 0  1  sen x  0  sen x  1  x  arc sen  1 
cos x cos x
cos x
 x  270º  k  360º , k  Z
33
h) 6 cos 2
x
 cos x  1
2


Aplicando que: cos x  cos  2 
x
x
2 x
 sen 2
  cos
2
2
2
6 cos 2
x
x
x
 cos 2  sen 2  1
2
2
2
6 cos 2
x
x 
x
 cos 2  1  cos 2   1
2
2 
2
6 cos 2
x
x
x
 cos 2  1  cos 2  1
2
2
2
8 cos 2
x
2
2
cos 2
cos
x 2 1
 
2 8 4

cos
x
1
1


2
4
2
x 1
x
1
 
 arc cos  
2 2
2
2

120º  2  k  360º , k  Z
 x 
 120º  2  k  360º , k  Z
cos
x
1
x
 1
 
 arc cos   
2
2
2
 2
240º  2  k  360º , k  Z
 x 
 240º  2  k  360º , k  Z
x 60º  k  360º , k  Z

2  60º  k  360º , k  Z

120º  k  360º , k  Z
 x 
240º  k  360º , k  Z

x 120º  k  360º , k  Z

2  120º  k  360º , k  Z

240º  k  360º , k  Z
 x 
120º  k  360º , k  Z
Las soluciones en el primer giro son: 120º y 240º.
5. Resuelve las siguientes ecuaciones trigonométricas para 0 º  x  90º :


a) tg x  1  4 sen 2 x  3  0
Se iguala cada factor a cero y se resuelve:
45º  k  360º , k  Z
tg x  1  0  tg x  1  x  arc tg 1  
225º  k  360º , k  Z
4 sen 2 x  3  0  sen 2 x 
sen x 
3
4
 sen x  
3
3


4
2
 3  60º  k  360º , k  Z
3
 
 x  arc sen 
 120º  k  360º , k  Z
2
2


sen x  

3
3   60º  k  360º , k  Z
 x  arc sen  
 
2
 2  240º  k  360º , k  Z
Las soluciones en el primer giro son: 45º, 60º, 120º, 225º, 240º y 300º (observar que -60º=300º)
34
b)
1
3
 cos x 
 sen x  0
2
2
Como sen 30º 
3
1
y cos 30º 
, se tiene:
2
2
sen 30º cos x  cos 30ºsen x  0
sen 30º x   0
0º  k  360º , k  Z

180º  k  360º , k  Z
30º x  arc sen 0 

30º  x  0º  k  360º , k  Z
30º  x  180º  k  360º , k  Z
x  30º k  360º , k  Z
x  150º  k  360º , k  Z
x  30º  k  360º , k  Z
x  210º  k  360º , k  Z
Las soluciones en el primer giro son: 30º y 210º (observar que -150º=210º)
Nota: Da lo mismo sumar que restar un nº de vueltas.
EJERCICIO DE EXAMEN
Resuelve la siguiente ecuación trigonométrica e indica cuales son las soluciones en el primer giro:
tg x  cos 2 x 
1
2
sen x
1
 cos 2 x 
cos x
2

sen x  cos x 
1
2

2  sen x  cos x  1
Como 2 sen x  cos x  sen 2 x
sen 2 x  1

x
 2 x  arc sen 1 
90º  k  360º
,
2
k Z

2 x  90º  k  360º ,
x  45º  k  180º ,
k Z

k Z
Las soluciones en el primer giro son: 45º y 225º
PROPUESTOS (EXAMEN):
a) tg 2 x  3  tg x
b) sen 2 2 x  cos 2 x 
1
2
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SISTEMAS DE ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS.
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EJ. RESUELTOS - SISTEMAS DE ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS.
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